解密08電場的性質(zhì)、帶電粒子在電場中的運動（講義）（全國通用）解析版.docx

1、解密08 電場的性質(zhì)帶電粒子在電場中的運動考點熱度 內(nèi)容索引電場力的性質(zhì)1. 電場能的性質(zhì)3由咨器由恣4：帶電粒子在電場中的運動解密高考高考對本部分內(nèi)容考查的主要角度有：1. 電場強度的求解、電場線、等勢線、帶電粒子的運動軌跡等的相關(guān)判斷問題;電勢、電勢能，電勢差與電場強度的關(guān)系，公式E=Ud的應(yīng)用問題；2. 電容器的動態(tài)變化問題及電容器與平衡條件的相關(guān)問題：3. 帶電粒子在勻強電場中運動的問題利用功能關(guān)系處理帶電體在電場中的運動問題菱夸對點解密點一電場力的性質(zhì)考法解密】一、掌握三個計算公式的特點例一如圖所示，四幅有關(guān)電場說法正確的是（）公式適用條件說明定義式q任何電場某點的場強為確定值，大小

2、 及方向與q無關(guān)決定式r真空中點電荷的電場E由場源電荷。和場源電荷 到某點的距離決定關(guān)系式E=V L d勻強電場4是沿電場方向的距離A. 圖甲為等量同種點電荷形成的電場線B. 圖乙離點電荷距離相等的a、b兩點場強相同C. 圖丙中在c點靜止釋放一正電荷，可以沿著電場線運動到d點D. 圖丁中某一電荷放在e點與放到/點，它們的電勢能相同【答案】選D【解析】由圖可知，甲為等量異種電荷形成的電場線，故A錯誤；乙為正的點電荷所形成不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，白圓周上的。點以速率y()穿出電場，/1C與S3的夾角9=60。運動中粒子僅受電場力作用。2由I(1

3、) 求電場強度的大小；(2) 為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應(yīng)為多大？(3) 為使粒了穿過電場前后動量變化量的大小為，小，°,該粒子進入電場時的速度應(yīng)為多 大？【答案】Q普比(3)0或乎皿)【解析】(1)初速度為零的粒子，由C點射出電場，故電場方向與4C平行，由4指 向C。由幾何關(guān)系和電場強度的定義知Iac=R由動能定理有F-6c=| wv02D聯(lián)立2) 口匚式得？=安。(2)如圖所示，由幾何關(guān)系知AC BC,故電場中的等勢線與8C平行。作與BC平行的 直線與圓相切于。點，與4C的延長線交于尸點，則自。點從圓周上穿出的粒子的動能增 量最大。由幾何關(guān)系知口PA

4、D=30°, lAp=l R，Iop=4 膽設(shè)粒子以速度vi進入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間 為Zio粒子在AC方向做加速度為。的勻加速運動，運動的距離等于 Iapx在垂直于/1C的方向上做勻速運動，運動的距離等于/睥。由牛頓 第二定律和運動學(xué)公式有F=ma2Iap= at2QlDP=Vt聯(lián)立Z)口口口口式得刃=乎vo。以刀為原點，粒子進(3)法一：設(shè)粒子以速度y進入電場時，在電場中運動的時間為，。 入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標系。由運動學(xué)公式有x=vtQ粒子離開電場的位置在圓周上，有+(T)+(T)=R2粒子在電場中運動時，其X方向的動量不變

5、，y方向的初始動量為零。設(shè)穿過電場前后 動晟變化量的大小為的粒子，離開電場時其y方向的速度分量為無，由題給條件及運動 學(xué)公式有mv2=mvo=mafQ聯(lián)立匚口口口匚式得v=0 和 v= 2 voo*【變式解密】法二：由題意知，初速度為0時，動量增量的大小為 ?vo,此即問題的一個解。自刀點 以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，沿y方向位移相等時，所用時間都相同。因 此，不同粒子運動到線段京上時，動量變化都相同，自8點射出電場的粒子，其動量變化 也為由幾何關(guān)系及運動學(xué)規(guī)律可得，此時入射速率v= voo變式一.一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒所帶電 荷量大小相等、符號

6、相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。 現(xiàn)同時釋放。、爪它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻人。、力經(jīng)過電容器兩極板間下半 區(qū)域的同一水平面。、人間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是()A. Q的質(zhì)量比8的大A. Q的質(zhì)量比8的大B.在，時刻，。的動能比方的大C.在，時刻，。和b的電勢能相等D.在1時刻，。和的動量大小相等【答案】BD【解析】 經(jīng)時間，。、方經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則Xa>% 根 據(jù)af2=2斧產(chǎn)知，也V”功，故A錯誤。電場力做功Wa>Wh，由動能定理知，。的動 能比力的動能大，故B正確?！?、8處在同一等勢面上，根據(jù)Ep=

7、qs方的電勢能絕對值 相等，符號相反，故C錯誤。根據(jù)動量定理知。、人的動量大小相等，故D正確。變式二.反射式速調(diào)管是常用的微波器械之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微 波，其震蕩原理與卜述過程類似。如圖所示，在虛線兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻 強電場，一帶電微粒從X點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在/、兩點間往返運動。 己知電場強度的大小分別是i=2.OxlO3 N/C和&=4.0xl03N/C,方向如圖所示，帶電微粒 質(zhì)量?=1.0xl020 kg,電荷量q= l.OxlO-9 C,，點距虛線A/N的距離* = 1.0 cm,不計 帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)。求：(1)

8、點距虛線由"的距離刈；(2) 帶電微粒從刀點運動到B點所經(jīng)歷的時間L【答案】(1)0.50 cm (2)1.5x10-8 s【解析】(1)帶電微粒由用運動到B的過程中,由動能定理有|q|Eit/|-|q|£2t/2=0 Ei由式解得"2=犬4=0.50 cm。(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為勾、俄，有|q|Ei=mai|q|&=g2設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分別為h"，有dl=3。2=； «2/22D又 /=/i+z2D聯(lián)立口匚口口口式解得£=1.5x108 S。變式三.如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。

9、兩金屬板正中間有水平放置的 金屬網(wǎng)G, P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為徂。>0)。質(zhì)量為?、電荷量為 q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度灼平行于紙面水平射入電場，重 力忽略不計。(1) 求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。蝗袅Ｗ忧『脧腉的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？P【答案】(1)| 奇+今【答案】(1)| 奇+今【解析】(l)PG、QG間場強大小相等，均為粒子在PG間所受電場力尸的方向豎直 向下，設(shè)粒子的加速度大小為。，有已=今設(shè)粒子第一次到達G時動能為反，由動能定理有(E

10、h = E z«vo2D設(shè)粒子第一次到達G時所用的時間為，粒子在水平方向的位移大小為/,則有at2l=vo(n聯(lián)立口式解得Ek=% ?*+乎q/?(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時 金屬板的長度L為:L=2I=2，o寸票o的電場線分布，離點電荷距離相等的“、人兩點電場強度大小相同，電場強度方向不同，故 B錯誤；只有電場線為直線時，粒子才有可能沿著電場線運動。曲線電場線中，粒子不會沿 著電場線運動，故C錯誤；圖丁中e點與/點電勢相同，它們的電勢能相同，故D正確。例二（2021湖南）如圖，在（。，0）位置放置電荷量為0的正點電荷，在（0,位置放

11、置電 荷量為0的負點電荷，在距戶（。，。）為的某點處放置正點電荷。，使得戶點的電場強 度為零。則Q的位置及電荷量分別為（）la -qa 6i P(a,a)h-_>Ua 2a xB. (O,2c,)，2回A. （0,2。），yflqC.（2o,0）,【答案】B【解析】根據(jù)點電荷場強公式E=k%r兩點量異種點電荷在P點的場強大小為Eq=虬，方向如圖所示a"兩點量異種點電荷在P點的合場強為耳=底=皿虬,a"方向與+0點電荷與-g點電荷的連線平行如圖所示Q點電荷在P點的場強大小為壇-k 2"2三點電荷的合場強為0,則灼方向如圖所示，大小有EX=E2 解得 Q = 2

12、>f2q由幾何關(guān)系可知。的坐標為（0, 2a）,故選B?！咀兪浇饷堋孔兪揭?、 有兩個完全相同的小球、列 質(zhì)量均為，帶等量異種電荷，其中力所帶 電荷量為+ q，8所帶電荷量為一q。現(xiàn)用兩長度均為L、不可伸長的細線懸掛在天花板的O 點上，兩球之間夾著一根絕緣輕質(zhì)彈簧。在小球所掛的空間加上一個方向水平向右、大小為 E的勻強電場。如圖所示，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，彈簧位于水平方向，兩根細線之間的夾角 為。=60。，則彈簧的彈力為（靜電力常量為奴重力加速度為g）（ ）LGn,+g)A業(yè)A. L2B. *mg+餐C. qE+冬D.手mg+華 +qE【答案】D【解析】對小球受力分析如圖所示，由平衡條件有E

13、re。；LF =Fysx +qE+年 解得尸評=平?g+弟+q£D正確。變式二、一無限大接地導(dǎo)體板前面放有一點電荷+Q,它們在周圍產(chǎn)生的電場可看作是在沒有導(dǎo)體板存在的情況下，由點電荷+Q與其像電荷一Q共 同激發(fā)產(chǎn)生的。像電荷一Q的位置就是把導(dǎo)體板當作平面鏡時，電荷+Q在此鏡中的像點位 置。如圖所示，己知+Q所在位置P點到金屬板的距離為心。為0P的中點，abed是 邊長為匕的正方形，其中部邊平行于則（ ）A.B.C.D.。點的電場強度大小大于人點的電場強度大小b點的電場強度和c點的電場強度相同一正點電荷從。點經(jīng)b. c運動到d點的過程中電勢能的變化量為零【答案】B=舞，A錯電場等效，所

14、以。點的電場強度£=次M【解析】 題意可知，點電荷+Q和金屬板A/N周圍空間電場與等量異種點電荷產(chǎn)生的 電場等效，所以。點的電場強度2）誤；等量異種點電荷周圍的電場線分布如圖所示由圖可知&>0, B正確；圖中/>、c兩點的場強方向不同，C錯 誤；由于。點的電勢大于刁點的電勢，所以一正點電荷從。點經(jīng)人、 c運動到"點的過程中電場力做正功，電荷的電勢能減小，D錯誤?？键c二電場能的性質(zhì)虹訂考法解密1.電勢高低的判斷判斷依據(jù)判斷方法電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低場源電荷的正負取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值； 靠近正電荷處電勢高

15、，靠近負電荷處電勢低電場力做功根據(jù),將吧b、q的正負號代入，由Mb的正負判斷勿、啊的高低2.電勢能大小的判斷判斷方法方法解讀公式法將電荷量、電勢連同正負號一起代入公式Ep=q°，正耳的絕對值越大，電 勢能越大；負耳的絕對值越大，電勢能越小電勢法正電荷在電勢高的地方電勢能大 負電荷在電勢低的地方電勢能大做功法電場力做正功，電勢能減小 電場力做負功，電勢能增加能量守恒法在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，動能增加， 電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加3.電勢差與電場強度的關(guān)系E=%兩點注意(1)只適用于勻強電場(對于非勻強電場可以用于定性分析)(2)d為某兩點沿

16、電場方向上的距離三個推論1.電場強度的方向是電勢降低最快的方向2.勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢 伽+伽2三3.勻強電場中若兩線段AB1CD,且AB =CD ,則 Uab=Ucd土例一(2021全國甲)某電場的等勢面如圖所示，圖中。、b、c、d、e'為電場中的5個點, 則()A. 一正電荷從5點運動到e點，電場力做正功B. 電子從。點運動到刁點，電場力做功為4eV CM點電場強度垂直于該點所在等勢面，方向向右 D/、b、c、四個點中，人點的電場強度大小最大【答案】BD【解析】A.由圖象可知(Ph = <Pe則正電荷從人點運動到c點，電場力不做功，A錯誤；B, 由圖象可知饑

17、=3V, (pd = 7V 根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關(guān)系有Wad = Epa - Epd =(9。-(Pd)，( -e)= 4eVB正確；C. 沿電場線方向電勢逐漸降低，則力點處的場強方向向左，C錯誤;D. 由于電場線與等勢面處處垂直，則可畫出電場線分布如下圖所示由上圖可看出，方點電場線最密集，則方點處的場強最大，D正確。 故選BD。例二.一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的 電勢分別為10V、17V、26 V.下列說法正確的是()2 4 6 8 x/cmA. 電場強度的大小為2.5V/cmB. 坐標原點處的電勢為1 VC. 電子在a點的電勢能比在b

18、點的低7 eV電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV 【答案】ABDad 10-17 7【解析】如圖所示，設(shè)a、c之間的d點電勢與b點相同，則血 17-26 9 , d點坐標 為(3.5 cm, 6 cm),過c點作eft bd于f,由幾何關(guān)系可得cf=3.6 cm,則電場強度E = = 2617 V/cm = 2.5 V/cmd 3.6, a 正確;因為四邊形Oacb是矩形，所以有U“=Uob ,解得坐標原點o處的電勢為iv, B正確；a 點電勢比b點電勢低7V,電子帶負電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV, C錯 誤；b點電勢比c點電勢低9V,電子從b點運動到c點，電場力做功

19、為9 eV, D正確。2 4 6 8 x/cm【變式解密】變式一.空間N Q兩點處固定電荷量絕對值相等的點電荷，其中Q點處為正電荷，P、 Q兩點附近電場的等勢線分布如圖所示。a、b、c、d、e為電場中的5個點，設(shè)無窮遠處電 勢為0，貝1()ddA. e點的電勢大于0B.點和人點的電場強度相同C. 人點的電勢低于"點的電勢D.負電荷從。點移動到c點時電勢能增加【答案】選D【解析】由等勢線分布圖可以確定該圖為兩等量異種點電荷電場的等勢線分布圖，兩點電荷 連線的垂直平分線上電勢處處為零，A項錯誤；電場強度是矢量，電場線與等勢線垂直，故 。、方兩點的電場強度方向不同，B項錯誤；Q點處為正電荷

20、，故垂直平分線左側(cè)電勢均大 于零，右側(cè)電勢均小于零，所以點電勢高于d點電勢，C項錯誤；負電荷在電勢高處電勢 能小，所以負電荷從。點移到c點時電勢能增加，D項正確。變式二.有一勻強電場的方向平行于xQy平面，平面內(nèi)a、b、c、d四點的位置如圖所示， cd. cb分別垂直于x軸、*軸，其中、隊c三點電勢分別為：4 V、8 V、IOV,使一電荷 量為q=-2xl05c的負點電荷由a點開始沿湖M路線運動，則下列判斷正確的是（）y/cin-2 -1° 1 2 x/cmA. 坐標原點O的電勢為6VB. 電場強度的大小為皿 V/mC. 該點電荷在c點的電勢能為2x105 j該點電荷從點移到d點過程

21、中，電場力做功為8xl0'5j 【答案】選AD【解析】 由于是勻強電場，所以沿同一方向前進相同距離電勢的變化量相等，所以（pc（ph =（p（）（p<n代入數(shù)據(jù)解得：90 = 6 V,故A正確；。/?中點e的電勢為例=6 V,連接Oe則為等勢面，如 圖所示。由兒何關(guān)系可知，瀝垂直于Oe,則湖為一條電場線，且方向由h指向電場強度為：E=g8-6V/m =100V2 V/m,故B錯誤：該點電荷在c點的電勢能為：Ept-q=-2xl0-4 J,故C錯誤; 由題意結(jié)合幾何知識可知方日在同一等勢面上，該點電荷從。點移動到d點電場力做功為： 必-=qUad=qU瀝=（4一8）x（2xlor）

22、J = 8xl（）rj,故 D 正確。考點三電場線、等勢面（線）與粒子運動軌跡的綜合問題考法解密】分析電場線、等勢面（線）與粒子運動軌跡的綜合問題的技巧例一如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標出），虛線是一帶負電的粒子只在 電場力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為0“、9N，粒子在M和N時加速度 大小分別為。小如，速度大小分別為脈、收，電勢能分別為下列判斷正確的是（）運動與力兩線法畫出運動軌跡在初始位置的切線（“速度線"）與在初始位置電場線的 切線（“力線”）方向，從二者的夾角情況來分析曲線運動的情況三不知時要假設(shè)電荷的正負、場強的方向或等勢面電勢的高低、電荷運動的方向

23、， 是題意中相互制約的三個方面。若已知其中的任一個，可順次向下 分析判定各待求量；若三個都不知，則要用“假設(shè)法”分別討論各種 情況B. vmVvn，(pM<(pN D. aM<a, EpAfVEp；A. v,w<v,v» ctMaNC. M（pN，EpMEpN【答案】D【解析】 電場線密的地方場強大，粒子受到的電場力大，所以qw<ON。粒子受到的電 場力指向曲線運動軌跡的凹側(cè)，又粒子帶負電，所以電場方向由電場線稀疏一側(cè)指向電場線 密集一側(cè)，而沿電場線方向電勢降低，即9財>伽，故B、C錯誤。又由Ep=q9和能量守恒 知，帶負電的粒子在電勢越低的位置，具有的

24、電勢能越大，而動能越小，即Epgv, Bn， 故A錯誤，D正確。變式一如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線1、2、3分別為三條等勢線，三 條等勢線與其中一條電場線的交點依次為M、N、Q點，已知MN=NQ,電荷量相等的 5兩帶電粒子從等勢線2上的。點以相同的初速度飛出，僅在電場力作用下，兩粒子的運動 軌跡如圖中虛線、所示,則（A. 。粒子一定帶正電，b粒子一定帶負電B. MN兩點電勢差|；園等于NQ兩點電勢差|U、q|C. 。粒子的加速度逐漸增大，方粒子的加速度逐漸減小D. 。粒子從出發(fā)到等勢線3過程的動能變化量比b粒子從出發(fā)到等勢線1過程的動能 變化量小【答案】D【解析】 由圖可知，。粒

25、子的軌跡方向向右彎曲，。粒子所受電場力方向向右，人粒 子的軌跡向左彎曲，力粒子所受電場力方向向左，由于電場線方向未知，無法判斷粒子的電 性，故A錯誤；由題可知，。所受電場力逐漸減小，加速度減小，方所受電場力增大，加速 度增大，故C錯誤；已知MN=NQ,由于"段場強大于NQ段場強，所以兩點電勢 差|Ug|大于NQ兩點電勢差|Ua，q|,故B錯誤；根據(jù)電場力做功公式JV=Uq, |，”|>|Unq|, 。粒子從等勢線2到3電場力做的功小于b粒子從等勢線2到1電場力做的功，所以。粒子 到達等勢線3的動能變化后比b粒子到達等勢線1的動能變化后小，故D正確?？键c四平行板電容器的動態(tài)分析虹

26、訂考法解密動態(tài)分析的思路U 不 變?nèi)绻叫邪咫娙?器充電后始終連 接在電源上，兩 極板間的電勢差 U就保持不變由-cf /可知C隨d、S、切的變化而變化由Q=UC=U -Q卷可知Q隨d、S、&的變化而變化由E=% -E口土可知E隨d的變化而變化Q不變電容器既不充電 也不放電，電容 器的電荷量Q就由蒞？ 一°號 可知C隨d、S、&的變化而變化由u=c =蟋 一如* 可知U隨d、S、&的變化而變化保持不變由E_d cd * 一況破可知隨S、的變化而變化，但 與d無關(guān)，不隨，福變化而變L例一一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì) 移出

27、，則電容器（ ）A. 極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B. 極板上的電荷鼠變小，極板間電場強度變大C. 極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D. 極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變【答案】選D【解析】平行板電容器電容的表達式為。=翥,將極板間的云母介質(zhì)移出后，導(dǎo)致電 容器的電容C變小。由于極板間電壓不變，據(jù)Q = CU知，極板上的電荷量變小。再考慮到 極板間電場強度E=% ,由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確?！咀兪浇饷堋緽 + I 廠B. U變小，所變小D.伽變大,&變小變式一.如圖所示，刀、8為兩塊平行帶電金屬板，刀帶負電，8帶正電且與大地相接，兩板 間

28、尸點處固定一負電荷，設(shè)此時兩極板間的電勢差為U, P點場強大小為£電勢為”,負 電荷的電勢能為垸，現(xiàn)將刀、3兩板水平錯開一段距離（兩板間距不變），下列說法正確的是 （ ）A. U變大,E變大C."變小，&變大etS【答案】選AC【解析】根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當正對面積減小時，則由。=京指 可知 電容減小，由U=£可知極板間電壓增大，由E=%可知，電場強度增大，故A正確；設(shè) P與8板之間的距離為*, P點的電勢為"，B板接地，伽=0,則由題可知0一（pp=Ed'是 增大的，則所一定減小，由于負電荷在電勢低的地方電勢能一定較大，

29、所以可知電勢能餌 是增大的，故C正確?？键c五帶電粒子在電場中的運動考法解密】1.帶電粒子（體瘡電場中運動時重力的處理基本 粒子如電子、質(zhì)子、a粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考 慮重力（但并不忽略質(zhì)量）帶電體如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能 忽略重力2.帶電粒子在E電場中運動的保E題要點帶電粒子在 電場中的 直線運動動力學(xué)觀點a , E . , V2vo22a<7 ma能量觀點口勻強電場中：iy=Eqd=qU=： wv2wvo2o 口非勻強電場中：W=qU=Ek2一晶。帶電粒子在 電場中的 偏轉(zhuǎn)運動條件（1）只受電場力；（2）初速度voD£運動性質(zhì)類平拋運動（1）沿初速度方向做勻速直線運動(2)沿電場力方向做初速度為零的勻加速直線運動偏移量_1 .2 qUP y2 at 2mdv,2偏轉(zhuǎn)角n_ Vr qUl tdnmdv(2)沿電場力方向做初速度為零的勻加速直線運動偏移量_1 .2 qUP y2 at 2mdv,2偏轉(zhuǎn)角n_